题目描述
某收费有线电视网计划转播一场重要的足球比赛。他们的转播网和用户终端构成一棵树状结构，这棵树的根结点位于足球比赛的现场，树叶为各个用户终端，其他中转站为该树的内部节点。
从转播站到转播站以及从转播站到所有用户终端的信号传输费用都是已知的，一场转播的总费用等于传输信号的费用总和。
现在每个用户都准备了一笔费用想观看这场精彩的足球比赛，有线电视网有权决定给哪些用户提供信号而不给哪些用户提供信号。
写一个程序找出一个方案使得有线电视网在不亏本的情况下使观看转播的用户尽可能多。
输入输出格式
输入格式：
输入文件的第一行包含两个用空格隔开的整数N和M，其中2≤N≤3000，1≤M≤N-1，N为整个有线电视网的结点总数，M为用户终端的数量。
第一个转播站即树的根结点编号为1，其他的转播站编号为2到N-M，用户终端编号为N-M+1到N。
接下来的N-M行每行表示—个转播站的数据，第i+1行表示第i个转播站的数据，其格式如下：
K A1 C1 A2 C2 … Ak Ck
K表示该转播站下接K个结点(转播站或用户)，每个结点对应一对整数A与C，A表示结点编号，C表示从当前转播站传输信号到结点A的费用。最后一行依次表示所有用户为观看比赛而准备支付的钱数。
输出格式：
输出文件仅一行，包含一个整数，表示上述问题所要求的最大用户数。
输入输出样例
输入样例#1：
5 3
2 2 2 5 3
2 3 2 4 3
3 4 2
输出样例#1：
2
说明
样例解释
如图所示，共有五个结点。结点①为根结点，即现场直播站，②为一个中转站，③④⑤为用户端，共M个，编号从N-M+1到N，他们为观看比赛分别准备的钱数为3、4、2，从结点①可以传送信号到结点②，费用为2，也可以传送信号到结点⑤，费用为3（第二行数据所示），从结点②可以传输信号到结点③，费用为2。也可传输信号到结点④，费用为3（第三行数据所示），如果要让所有用户（③④⑤）都能看上比赛，则信号传输的总费用为：
2+3+2+3=10，大于用户愿意支付的总费用3+4+2=9，有线电视网就亏本了，而只让③④两个用户看比赛就不亏本了。
解析：
这实际上可以算作一种题型了。比如P2014 选课，它们本质上思想是一样的。
我们姑且叫它在多叉树上的背包问题。
这道题我没能码出来一个是因为对深搜不熟练（雾，一个是对分组背包不熟练。
好吧是有点难。
对于任意一个根节点，我们可以把它看作一个分组背包，它的每一个子节点可以看作一组物品，而物品的总数就是这个子节点包含的用户终端数量（叶子数量）。这点很重要，是解题关键。
于是我们就可以用分组背包的模板解决这个问题，使得总费用最小时，选出的用户终端最多。
分组背包的模型如下：
for(int k=1;k<=总共的组数;k++)//遍历所有的组k
for(int j=v;j>=1;j--)//跟01背包类似，倒序枚举背包容量
for(int i=1;i<=组中的元素个数;i++)//遍历这组中所有的元素
由于题目特殊的树形结构，第一重循环我们套进树里面就得了。
费用是用户终端数量，而价值则可以是用户给的钱(-)传输费用(=)利润，这样就方便了我们寻找使得利润大于(0)时的最多用户数量。
注意：
- 这里背包容量不能是(0)，因为任意一个节点为根的用户终端数量至少为1。
- 我们在要求出任意一个节点为根节点时的叶子数，就不可能每个点只访问一遍，不用打vis数组。
- 初始化(dp)数组为(-infty)，由于利润可能为负数，初始化(dp[x][0])为(0)，表示任意节点为根不选用户时的情况。
要注意的东西挺多的。反正我觉得比(P2014)难点(233)。
参考代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<cstdlib>
#include<queue>
#include<vector>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define PI acos(-1.0)
#define N 3010
#define MOD 2520
#define E 1e-12
using namespace std;
struct rec{
int next,ver,egde;
}g[N];
int head[N],tot,n,m,dp[N][N<<1],v[N];
bool vc[N];
inline int read()
{
int f=1,x=0;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
return x*f;
}
void add(int x,int y,int val)
{
g[++tot].ver=y,g[tot].egde=val;
g[tot].next=head[x],head[x]=tot;
}
int dfs(int x)
{
dp[x][0]=0;
if(x>n-m)//如果该节点是用户终端
{
dp[x][1]=v[x];//当x为根节点时，只选择一个用户时的情况
return 1;//该节点是叶子，统计叶子节点数量
}
int tmp,sum=0;
for(int i=head[x];i;i=g[i].next){
int y=g[i].ver,z=g[i].egde;
tmp=dfs(y);//获取子节点总叶子数
sum+=tmp;//统计根节点总叶子数
for(int t=sum;t>0;t--)//分组背包模型
for(int j=t;j>0;j--)
if(t>=j) dp[x][t]=max(dp[x][t],dp[x][t-j]+dp[y][j]-z);//顺便统计传输信号费用，计算出最后的收益，使得收益最大
}
return sum;//返回在以该节点为根的所有叶子数
}
int main()
{
n=read(),m=read();
memset(dp,~0x3f,sizeof(dp));
for(int i=1;i<=n-m;i++){
int k;
k=read();
for(int j=1;j<=k;j++){
int a,c;
a=read(),c=read();
add(i,a,c);
}
}
for(int i=n-m+1;i<=n;i++) v[i]=read();
dfs(1);
for(int i=m;i>=1;i--){//当用户数量最多，且利润不为负
if(dp[1][i]>=0){
cout<<i<<endl;
break;
}
}
return 0;
}